TS – Exponentielle – problèmes

Exercice 1

Soit $f$ la fonction définie sur $[0;+\infty[$ par $f(x) = \dfrac{3}{4} x + \text{e}^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}}$.

Le plan est muni d’un repère orthonormé $\Oij$ (unité graphique $4$ cm). On note $\mathscr{C}$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans ce repère.

  1. a. Résoudre l’équation $1 – \text{e}^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} = 0$
    $\quad$
    b. Résoudre l’inéquation $1 – \text{e}^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} \ge 0$
    $\quad$
  2. Étudier les variations de la fonction $f$.
    $\quad$
  3. Déterminer $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)$
    $\quad$
  4. On considère la droite $\Delta$ d’équation $y = \dfrac{3}{4}x$.
    Déterminer $ \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) – \dfrac{3}{4}x$ . En fournir une interprétation graphique.
    $\quad$
  5. Représenter graphiquement $\mathscr{C}$ et $\Delta$.
    $\quad$
  6. On considère la droite $D$ d’équation $y = \dfrac{4}{5}x$. Déterminer graphiquement l’abscisse du point d’intersection de cette droite avec $\mathscr{C}$ (fournir un encadrement d’amplitude $0,5$).

$\quad$

Correction Exercice 1

  1. a.
    $\begin{align}
    1 – \text{e}^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} = 0 & \Leftrightarrow \text{e}^0 = \text{e}^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} \\\\
    & \Leftrightarrow – \dfrac{3}{4}x + \dfrac{1}{2} = 0 \\\\
    &\Leftrightarrow x = \dfrac{2}{3}
    \end{align}$
    La solution de l’équation est $\dfrac{2}{3}$.
    $\quad$
    b.
    $\begin{align}
    1 – \text{e}^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} \ge 0 & \Leftrightarrow \text{e}^0 \ge \text{e}^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} \\\\
    & \Leftrightarrow -\dfrac{3}{4}x + \dfrac{1}{2} \le 0 \\\\
    &\Leftrightarrow x \ge \dfrac{2}{3}
    \end{align}$
    La solution de l’inéquation est $\left[\dfrac{2}{3};+\infty\right[$.
    $\quad$
  2. $f$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ en tant que composée et somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $f'(x) = \dfrac{3}{4} – \dfrac{3}{4}\text{e}^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} $ $=\dfrac{3}{4}\left(1 – \text{e}^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}}\right)$.
    D’après la question 1, on peut dire que $f$ est décroissante sur $\left[0;\dfrac{2}{3}\right]$ et croissante sur $\left[\dfrac{2}{3};+\infty\right[$.
    $\quad$
  3. $\lim\limits_{x \to +\infty} -\dfrac{3}{4}x + \dfrac{1}{2} = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to -\infty} \text{e}^x = 0$.
    Donc $\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} = 0$
    De plus $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{3}{4}x = +\infty$.
    Par conséquent $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$
    $\quad$
  4. $ \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) – \dfrac{3}{4}x = \lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} = 0$
    La courbe $\mathscr{C}$ se confond donc avec la droite $\Delta$ pour les grandes valeurs de $x$.
    On dit que la droite $\Delta$ est une asymptote oblique à la courbe $\mathscr{C}$ au voisinage de $+\infty$.
    $\quad$
  5. $\quad$
    TS - exp - pb1
  6. Graphiquement, on constate donc que $3 < \alpha < 3,5$

 

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$\quad$

Exercice 2

Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f(x) = \dfrac{\text{e}^{2x}}{\text{e}^{2x} + 1}$ et $\mathscr{C}$ sa courbe représentative dans le plan muni d’un repère.

  1. Démontrer que $f(x)= \dfrac{1}{1 +\text{e}^{-2x}}$ pour tout $x \in \R$.
    $\quad$
  2. Démontrer que, pour tout réel $x$, on a $ 0 < f(x) < 1$.
    $\quad$
  3. Démontrer que $\mathscr{C}$ est symétrique par rapport au point $I$ de coordonnées $\left(0;\dfrac{1}{2}\right)$.
    Remarque : Cela revient à démontrer que $f(x) – \dfrac{1}{2} = – \left[f(-x) – \dfrac{1}{2}\right]$.
    $\quad$
  4. Étudier les limites de $f$ en $-\infty$ et $+\infty$.
    $\quad$
  5. Dresser le tableau de variation de $f$.

$\quad$

Correction Exercice 2

  1. $\quad$
    $\begin{align} f(x) &= \dfrac{\text{e}^{2x}}{\text{e}^{2x} + 1} \\\\
    &= \dfrac{\text{e}^{2x}}{\text{e}^{2x} + 1} \times \dfrac{\text{e}^{-2x}}{\text{e}^{-2x}} \\\\
    &= \dfrac{1}{1 + \text{e}^{-2x}}
    \end{align}$
    $\quad$
  2. Soit $x\in \R$
    La fonction exponentielle étant strictement positive sur $\R$, $1 + \text{e}^{-2x} > 1$.
    Par conséquent $\dfrac{1}{1 + \text{e}^{-2x}} < 1$
    Puisque $1 + \text{e}^{-2x} > 0$ on a aussi $\dfrac{1}{1 + \text{e}^{-2x}} > 0$.
    Finalement $0 < f(x) < 1$.
    $\quad$
  3. Calculons séparément $ f(x) – \dfrac{1}{2}$ et $f(-x) – \dfrac{1}{2}$
    $\begin{align}
    f(x) – \dfrac{1}{2} & = \dfrac{1}{1 + \text{e}^{-2x}} – \dfrac{1}{2} \\\\
    &= \dfrac{2 – \left(1 + \text{e}^{-2x}\right)}{2\left(1 + \text{e}^{-2x}\right)} \\\\
    &= \dfrac{1 –  \text{e}^{-2x}}{2 \left(1+\text{e}^{-2x}\right)}
    \end{align}$
    $\begin{align}
    f(-x) – \dfrac{1}{2} &= \dfrac{\text{e}^{-2x}}{\text{e}^{-2x} + 1} – \dfrac{1}{2} \\\\
    &= \dfrac{2\text{e}^{-2x} – \left(\text{e}^{-2x} + 1\right)}{2\left(1 + \text{e}^{-2x}\right)} \\\\
    &= \dfrac{\text{e}^{-2x} – 1}{2\left(1 + \text{e}^{-2x}\right)}
    \end{align}$
    Par conséquent $f(x) – \dfrac{1}{2} = – \left[f(-x) – \dfrac{1}{2}\right]$ et $\mathscr{C}$ est symétrique par rapport au point $I$ de coordonnées $\left(0;\dfrac{1}{2}\right)$.
    $\quad$
  4. $\lim\limits_{x \to +\infty}\text{e}^{-2x} = 0$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{1 + \text{e}^{-2x}} = 1$
    $\quad$
    $\lim\limits_{x \to -\infty}\text{e}^{-2x} = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{1}{1 + \text{e}^{-2x}} = 0$
    $\quad$
  5. La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ comme composée et quotient de fonctions dérivables sur $\R$ dont le dénominateur ne s’annule pas.
    En choisissant l’expression trouvée à la question 1 :
    $f'(x) = – \dfrac{-2\text{e}^{-2x}}{\left(1 + \text{e}^{-2x}\right)^2} = \dfrac{2\text{e}^{-2x}}{\left(1 + \text{e}^{-2x}\right)^2} > 0$
    On obtient ainsi le tableau de variation suivant :
    TS - exp - pb2

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$\quad$

Exercice 3

Le but de cet exercice est de montrer que l’équation $(E) : \text{e}^x = \dfrac{1}{x}$ admet une unique solution dans l’ensemble des nombres réels.

I Existence et unicité des solutions

On note $f$ la fonction définie sur $\R$ par : $f(x)= x – \text{e}^{-x}$.

  1. Démontrer que $x$ est solution de l’équation $(E)$ si, et seulement si, $f(x) = 0$.
    $\quad$
  2. Étude du signe de la fonction $f$.
    a. Étudier le sens de variation de la fonction $f$ sur $\R$.
    $\quad$
    b. En déduire que l’équation $(E)$ possède une unique solution sur $\R$, notée $\alpha$.
    $\quad$
    c. Démontrer que $\alpha$ appartient à l’intervalle $\left[\dfrac{1}{2};1\right]$.
    $\quad$
    d. Étudier le signe de $f $sur l’intervalle $[0;\alpha]$.

$\quad$

II Deuxième approche

On note $g $la fonction définie sur l’intervalle $[0;1]$ par : $g(x) = \dfrac{1 + x}{1 + \text{e}^x}$.

  1. Démontrer que l’équation $f(x) = 0$ est équivalente à l’équation $g(x) = x$.
    $\quad$
  2. En déduire que $\alpha$ est l’unique réel vérifiant $g(\alpha) = \alpha$.
    $\quad$
  3. Calculer $g'(x)$ et en déduire que la fonction $g$ est croissante sur l’intervalle $[0;\alpha]$.

$\quad$

Correction Exercice 3

I Existence et unicité des solutions

  1. $x$ est solution de $(E)$ $\Leftrightarrow \text{e}^x = \dfrac{1}{x}$ $\Leftrightarrow \text{e}^{-x} = x$ car la fonction exponentielle ne s’annule jamais.
    Donc $x$ est solution de $(E)$ $\Leftrightarrow x – \text{e}^{-x} = 0$ $\Leftrightarrow f(x) = 0$.
    $\quad$
  2. a. $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que somme et composée de fonction dérivables sur $\R$.
    $f'(x) = 1 + \text{e}^{-x} > 0$ pour tout $x \in \R$.
    La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $\R$.
    $\quad$
    b. $\lim\limits_{x \to -\infty} \text{-x}= +\infty$ et  $\lim\limits_{x \to -\infty} x = -\infty$ par conséquent $\lim\limits_{x \to -\infty}x – \text{e}^{-x} = -\infty$
    $\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^{-x} = 0$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} x = +\infty$ par conséquent $\lim\limits_{x \to +\infty} x – \text{e}^{-x} = +\infty$
     La fonction $f$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur $\R$.
    $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) =-\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$
    $0 \in ]-\infty;+\infty[$
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x) = 0$ possède donc une unique solution sur $\R$.
    Par conséquent $(E)$ possède également une unique solution sur $\R$.
    $\quad$
    c. $f\left( \dfrac{1}{2} \right) \approx -0,1$ et $f(1) \approx 0,63$. Donc $f\left( \dfrac{1}{2} \right) \le 0 \le f(1)$
    Donc $\dfrac{1}{2} \le \alpha \le 1$.
    $\quad$
    d. Si $0 \le x \le \alpha$ puisque la fonction $f$ est strictement croissante sur $\R$ on a :
    $f(0) \le x \le f(\alpha)$ soit $-1 \le f(x) \le 0$.
    Par conséquent, $f(x) \le 0$ sur $[0;\alpha]$.

$\quad$

II Deuxième approche

  1. $\quad$
    $\begin{align}
    g(x) = x & \Leftrightarrow \dfrac{1 + x}{1 + \text{e}^x} = x \\\\
    &\Leftrightarrow 1 + x = x + x\text{e}^x \\\\
    & \Leftrightarrow 1 = x\text{e}^x \\\\
    & \Leftrightarrow x = \text{e}^{-x} \\\\
    & \Leftrightarrow x – \text{e}^{-x} = 0 \\\\
    & f(x) = 0
    \end{align}$
    $\quad$
  2. D’après la partie précédente $\alpha$ est l’unique solution de l’équation $f(x) = 0$. C’est donc également l’unique solution de l’équation $g(x) = x$.
    $\quad$
  3. La fonction $g$ est dérivable sur $[0;1]$ en tant que composée et quotient de fonctions dérivables sur $\R$ dont le dénominateur ne s’annule pas.
    $\begin{align} g'(x) &= \dfrac{1\left(1 + \text{e}^x\right) – (1 + x)\text{e}^x}{\left(1 + \text{e}^x\right)^2} \\\\
    &= \dfrac{1 – x\text{e}^x}{\left(1 + \text{e}^x\right)^2}
    \end{align}$
    Le dénominateur étant strictement positif, le signe de $g'(x)$ ne dépend que celui de $1 – x\text{e}^x$.
    Mais $ 1 -x\text{e}^x \ge 0 \Leftrightarrow 1 \ge x\text{e}^x \Leftrightarrow \text{e}^{-x} \ge x \Leftrightarrow 0 \ge f(x)$.
    Mais d’après la dernière question de la partie 1, $f(x) \le 0$ sur $[0;\alpha]$ et, puisque la fonction $f$ est croissante sur $\R$, $f(x) \ge 0$ pour $x \ge \alpha$.
    On en déduit donc que $g'(x) \ge 0$ sur $[0;\alpha]$.
    La fonction $g$ est donc croissante sur $[0;\alpha]$.

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$\quad$

Exercice 4 (Polynésie – septembre 2010)

Partie A

Soit $g$ la fonction définie sur $[0;+\infty[$ par $g(x) = \text{e}^x – x\text{e}^x + 1$

  1. Déterminer la limite de $g$ en $+\infty$
    $\quad$
  2. Étudier les variations de la fonction $g$.
    $\quad$
  3. Donner le tableau de variation de $g$.
    $\quad$
  4. a. Démontrer que l’équation $g(x) = 0$ admet sur $[0;+\infty[$ une unique solution.
    On note $\alpha$ cette solution.
    $\quad$
    b. A l’aide de la calculatrice, déterminer un encadrement d’amplitude $10^{-2}$ de $\alpha$.
    $\quad$
    c. Démontrer que $\text{e}^{\alpha} = \dfrac{1}{\alpha – 1}$.
    $\quad$
  5. Déterminer le signe de $g(x)$ suivant les valeurs de $x$.
    $\quad$

Partie B

Soit $A$ la fonction définie et dérivable sur $[0;+\infty[$ telle que :$A(x) = \dfrac{4x}{\text{e}^x + 1}$.

  1. Démontrer que pour tout réel $x$ positif ou nul, $A'(x)$ a le même signe que $g(x)$, où $g$ est la fonction définie dans la partie A.
    $\quad$
  2. En déduire les variations de la fonction $A$ sur $[0;+\infty[$.
    $\quad$

Partie C

On considère la fonction $f$ définie sur $[0;+\infty[$ par $f(x) = \dfrac{4}{\text{e}^x + 1}$.

On note $\mathscr{C}$ sa courbe représentative dans un repère $\Oij$.

Pour tout réel $x$ positif ou nul, on note :

  • $M$ le point de $\mathscr{C}$ de coordonnées $\left(x;f(x)\right)$,
  • $P$ le point de coordonnées $(x;0)$,
  • $Q$ le point de coordonnées $(0;f(x))$.
  1. Démontrer que l’aire du rectangle $OPMQ$ est maximale lorsque $M$ a pour abscisse $\alpha$.
    On rappelle que le réel $\alpha$ a été défini dans la partie A.
    $\quad$
  2. Le point $M$ a pour abscisse $\alpha$.
    La tangente $(T)$ en $M$ à la courbe $\mathscr{C}$ est-elle parallèle à la droite $(PQ)$?
    $\quad$
Correction Exercice 4

Partie A

  1. $g(x) = \text{e}^x – x\text{e}^x + 1 = \text{e}^x(1 – x) + 1$
    Or $\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^x = +\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} (1 – x) = -\infty$
    Donc $\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^x(1 – x) = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$.
    $\quad$
  2. La fonction exponentielle est dérivable sur $[0;+\infty[$. Donc par somme et produit de fonctions dérivables sur $[0;+\infty[$, la fonction $g$ est également dérivable sur cet intervalle.
    $g'(x) =\text{e}^x – \text{e}^x – x\text{e}^x = -x\text{e}^x$.
    La fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$ donc sur $[0;+\infty[$.
    Par conséquent, le signe de $g'(x)$ ne dépend que de celui de $-x$ et $g'(x) \le 0$ sur $[0;+\infty[$.
  3. $\quad$
    TS - exp - pb4
  4. a. $g$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur $[0;+\infty[$.
    $g(0) = 2$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty$.
    $0 \in ]-\infty;2]$.
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $g(x) =0$ possède une unique solution sur $[0;+\infty[$.
    $\quad$
    b. La calculatrice nous donne $1,27 < \alpha < 1,28$.
    $\quad$
    c. $\quad$
    $\begin{align} g(\alpha) = 0 & \Leftrightarrow \text{e}^{\alpha} – \alpha \text{e}^{\alpha} + 1 = 0  \\\\
    & \Leftrightarrow \text{e}^{\alpha}(1 – \alpha) = -1 \\\\
    & \Leftrightarrow \text{e}^{\alpha} = \dfrac{1}{\alpha – 1}
    \end{align}$
    $\quad$
  5. Le tableau de variation nous permet donc de dire que :
    – $\quad$ $g(x) > 0 $ sur $[0;\alpha[$
    – $\quad$ $g(\alpha) = 0$
    – $\quad$ $g(x) < 0 $ sur $]\alpha;+\infty[$

$\quad$

Partie B

  1. D’après l’énoncé, la fonction $A$ est dérivable sur $[0;+\infty[$.
    $A'(x) = \dfrac{4\left(\text{e}^x + 1 – x\text{e}^x\right)}{\left(\text{e}^x + 1\right)^2} = \dfrac{4g(x)}{\left(\text{e}^x + 1\right)^2}$.
    Le dénominateur étant strictement positif, $A'(x)$ et $g(x)$ ont le même signe.
    $\quad$
  2. Par conséquent : $A$ est croissante sur $[0;\alpha]$ et décroissante sur $[\alpha;+\infty[$.

$\quad$

Partie C

  1. L’aire du rectangle $OPMQ$ vaut $xf(x) = A(x)$
    D’après la question précédente, $A$ atteint son maximum en $\alpha$.
    Donc l’aire du rectangle $OPMQ$ est maximale lorsque $M$ a pour abscisse $\alpha$.
    $\quad$
  2. On va utiliser les résultats $\text{e}^{\alpha} = \dfrac{1}{\alpha – 1}$ et $\text{e}^{\alpha} + 1= \dfrac{1}{\alpha – 1} + 1 = \dfrac{\alpha}{\alpha – 1}$.
    $\quad$
    Le coefficient directeur de $(PQ)$ est $a = \dfrac{f(\alpha) – 0}{0 – \alpha} = \dfrac{-4}{\alpha\left(\text{e}^{\alpha} + 1\right)}$
    $\quad$
    Le coefficient directeur de cette tangente (T) est :
    $\begin{align} f'(\alpha) & = – \dfrac{4\text{e}^{\alpha}}{\left(\text{e}^{\alpha} + 1\right)^2} \\\\
    & = – \dfrac{4 \times \dfrac{1}{\alpha – 1}}{\left(\text{e}^{\alpha} – 1\right) \times \left(\text{e}^{\alpha} – 1\right)} \\\\
    &= – \dfrac{4}{(\alpha – 1)\left(\text{e}^{\alpha} – 1\right) \times \dfrac{\alpha}{\alpha – 1}} \\\\
    &= – \dfrac{4}{\alpha \left(\text{e}^{\alpha} + 1\right)}
    \end{align}$
    $\quad$
    Par conséquent $f'(\alpha) = a$.
    La tangente est donc parallèle à la droite $(PQ)$.

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$\quad$